2022届福建省福州第十八中学高三上学期开学考试数学试题（解析版）

2022届福建省福州第十八中学高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用三角函数的诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解.

【详解】.

故选：B

【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式（二）、特殊角的三角函数值，需熟记公式，属于基础题.

2．若集合，0，，，，则（    ）

A． B． C．， D．，

【答案】D

【分析】把中元素代入中解析式求出的值，确定出，找出两集合的交集即可．

【详解】解：把中，0，1代入中得：，1，即，，

则，，

故选：D．

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简得到，计算得到答案.

【详解】.

故选：.

【点睛】本题考查了利用齐次式求值，意在考查学生的计算能力.

4．若复数满足，则=（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由复数的运算法则与复数相等的概念求解即可

【详解】设，则，

所以，

，

所以，

所以.

故选：A

5．设函数，则下列函数中为奇函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的函数，逐一计算各个选项中的函数，并分别判断作答.

【详解】函数，

对于A，，其图象关于原点对称，是奇函数，A是；

对于B，，其图象关于原点不对称，不是奇函数，B不是；

对于C，，其图象关于原点不对称，不是奇函数，C不是；

对于D，，其图象关于原点不对称，不是奇函数，D不是.

故选：A

6．已知定义在R上的奇函数满足，若，则（    ）

A． B． C．0 D．2

【答案】B

【解析】由条件可得是周期函数，周期为4，然后可得答案.

【详解】因为定义在R上的奇函数满足，所以

所以，所以是周期函数，周期为4

所以

故选：B

7．将5个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别计算出5个1和2个0随机排成一行的种数以及2个0不相邻的种数，然后由古典概型的概率公式求解即可．

【详解】解：依题意总的排列方法有种，

利用挡板法，5个1有6个位置可以放0，故2个0不相邻的排列方法有种，

所以所求概率为．

故选：B．

8．设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合函数奇偶性，求出的对称轴和对称中心，利用已知条件和函数对称关系求出和，再结合函数的对称轴和对称中心即可求解.

【详解】因为为偶函数，则的图像关于轴对称，

所以关于对称，则，

因为为奇函数，则的图像关于原点对称，且，

所以关于对称，则，

因为当时，，

所以，，

因为，所以，

故，

从而当时，，

故.

故选：A.

二、多选题

9．某教师退休前后各类支出情况如下，已知退休前工资收入为9000元/月，退休后每月储蓄的金额比退休前每月储蓄的金额少1800元，则下面结论中正确的是（    ）

A．该教师退休前每月储蓄支出2700元

B．该教师退休工资收入为6000元/月

C．该教师退休后的旅行支出是退休前旅行支出的3倍

D．该教师退休后的其他支出比退休前的其他支出多

【答案】AB

【分析】由已知结合柱形图求出该教师退休前每月的储蓄支出判定；由题意求出该教师退休后每月储蓄的金额，结合退休后储蓄的金额的占比求出该教师退休后的月工资判定；分别求出退休前后的旅行支出判定；分别求出退休前后的其他支出判定．

【详解】解：退休前工资收入为9000元月，每月储蓄的金额占，

则该教师退休前每月储蓄支出元，故正确；

该教师退休后每月储蓄的金额比退休前每月储蓄的金额少1800元，

则该教师退休后每月储蓄的金额为900元，设该教师退休工资收入为元月，

则，即元月，故正确；

该教师退休前的旅行支出为元，退休后的旅行支出为元，

该教师退休后的旅行支出是退休前旅行支出的2倍，故错误；

该教师退休前的其他支出为元，退休后的其他支出为元，

该教师退休后的其他支出比退休前的其他支出少，故错误．

故选：．

【点睛】本题考查根据实际问题选择函数模型，考查学生读取图表的能力，考查计算能力，属于中档题．

10．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A．为函数的递增区间

B．为函数的递增区间

C．函数在处取得极小值

D．函数在处取得极小值

【答案】BD

【分析】根据导函数图象分析导数的正负情况，即可得到函数的单调区间，从而判断函数的极值点.

【详解】解：由的导函数的图象可得，导函数的图象与轴有个交点，交点横坐标分别为、、，

且当或时，当或时，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，在处取得极大值，在处取得极小值；

故正确的有B、D；

故选BD

11．已知某批零件的长度误差服从正态分布，其密度函数的曲线如图所示，则下列结论正确的是（    ）.

（附：若随机变量服从正态分布，则，，．

从中随机取一件，．

A．

B．

C．长度误差落在内的概率为0.1359

D．长度误差落在内的概率为0.1599

【答案】BC

【分析】根据正态分布的性质，结合图像、题中所给公式逐一判断即可.

【详解】由图中密度函数解析式，可得；

又由图像可知，则长度误差落在内的概率为：

．

故选：BC

12．已知函数，的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．在上单调递增 D．图像关于直线对称

【答案】AC

【分析】求出函数的解析式，然后判断函数的单调性，函数的周期，对称轴，以及初相，判断命题的真假即可．

【详解】解：由图可知： ，；可得：，

所以

又，所以；

由，，可得，

所以

又，可得，所以A选项正确，B选项错误；

所以函数的解析式为：，

则在R上的增区间满足：

解得增区间为，

所以当时，函数的单调增区间为，所以C选项正确；

当时，，所以直线不是的对称轴，所以D选项不正确；

故选：AC．

三、填空题

13．在直角坐标系中，若角始边为轴的非负半轴，终边为射线，则____．

【答案】

【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求出结果．

【详解】在直角坐标系中，角始边为轴的非负半轴，终边为射线，

在射线上任取一点，则.

故答案为：．

14．已知：函数，若，则_____．

【答案】

【分析】根据分段函数解析式代入计算可得.

【详解】解：因为，所以，

所以由，可得，解得.

故答案为：

15．已知多项式，则_____．

【答案】70

【分析】利用赋值法令求出，再利用通项公式求出项，得到，即可求出.

【详解】令，可得，即，

根据可得项为，所以，.

故答案为：70.

16．已知函数的部分图象如图所示，则满足条件的最小正整数为_____．

【答案】

【分析】利用图象求出函数的解析式，然后解不等式可得出正整数的最小值.

【详解】由图可知函数的最小正周期为，，

，可得，

所以，，则，

取，则，，

所以，，，

由可得，

则或，即或，

（i）由可得，

解得，此时，正整数的最小值为；

（ii）由可得，

解得，此时，正整数的最小值为.

综上所述，满足条件的正整数的最小值为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：根据三角函数或的部分图象求函数解析式的方法：

（1）求、，；

（2）求出函数的最小正周期，进而得出；

（3）取特殊点代入函数可求得的值.

四、解答题

17．已知数列前项和为，满足，且．

(1)求数列通项公式；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用与的关系求数列的递推关系式，得数列为等比数列，则通项公式可求；

（2）根据（1）中通项公式，直接利用等比数列求和公式求解即可.

【详解】(1)解：因为①

所以当时，得②

则①-②得：

即，即

又当时，，所以，其中

所以，则

故数列是以为首项，为公比的等比数列

所以.

(2)解：由（1）可得.

18．设函数．

(1)求函数的最小正周期；

(2)求函数在区间上的值域．

【答案】(1)函数的最小正周期为：

(2)函数在区间的值域为：．

【分析】（1）由辅助角公式可得的解析式，进而求出函数的解析式，可得函数的周期；

（2）求出函数的解析式，由解出函数的值域．

【详解】(1)解：由辅助角公式得：，

则

，

所以该函数的最小正周期；

函数的最小正周期为：.

(2)由（1）可知，

由可得，

即

函数在区间的值域为：．

19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．

(1)证明：；

(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最大？

【答案】(1)证明见解析；

(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．

【分析】（1）连接，易知，，由，，再利用勾股定理求得和的长，从而证明，然后以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可；

（2）易知平面的一个法向量为，0，，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，从而知当时，得解．

【详解】(1)证明：连接，

，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，

，，

，，

，，

，即，

故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则， ， ， ， ，

设，且，则，

， ，

，即．

(2)解：平面，平面的一个法向量为，

由（1）知，， ，

设平面的法向量为，则，即，

令，则，，，

，

又

当时，面与面所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，

故当时，面与面所成的二面角的正弦值最大．

20．口袋中有5个红球，若干个白球、黑球，现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出两个球都是红球的概率为，一红一黑的概率为.

(1)求白球黑球各有多少个；

(2)求．

【答案】(1)2个白球，3个黑球；

(2)1.

【分析】（1）分别求出“取出两个球都是红球”， “取出两个球一红一黑”的概率，列方程求解即可；

（2）写出的分布列，利用期望的公式计算即可.

【详解】(1)设口袋中有个白球，个黑球，“取出两个球都是红球”为事件，“取出两个球一红一黑”为事件，

所以，解得①，，解得，

将代入①得，

所以口袋中有2个白球，3个黑球.

(2)根据题意可知，，

，，，

的分布列如下：

.

21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2．

(1)求的方程；

(2)已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．

【答案】(1)

(2)．

【分析】（1）根据焦点到准线的距离为2求出，进而得到抛物线方程，

（2）设出点的坐标，按照向量关系得出点坐标，再代入抛物线方程中，利用基本不等式即可求出最值．

【详解】(1)抛物线的焦点，准线方程为，

由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，

所以该抛物线的方程为；

(2)设，则，

所以，

由在抛物线上可得，即，

据此整理可得点的轨迹方程为，

所以直线的斜率，

当时，；

当时，，

当时，因为，

此时，当且仅当，即时，等号成立；

当时，；

综上，直线的斜率的最大值为.

22．已知

(1)讨论的单调区间；

(2)，若曲线和在上有且仅有两个交点，求的取值范围.

【答案】(1)当时，的增区间为和，减区间为；当时，的增区间为

(2) ．

【分析】（1）求出函数的导数，然后分和两大类，讨论在上的正负性，即可得函数单调区间；

（2）利用参变分离法，可使原问题等价于在上有两个根，构造函数，确定在上的单调性与取值情况，即可得的取值范围.

【详解】(1)解：函数的定义域为：

令，即

则

①当时，即，

此时恒成立，则函数在上单调递增；

②当时，即

的两个根为，且

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增；

③当时，即

的两个根为，且

此时恒成立，则函数在上单调递增；

综上：当时，的增区间为和，减区间为；

当时，的增区间为.

(2)解：由题可知在上有两个根

则，即在上有两个根

设，

令，则恒成立

所以在上单调递增，且

所以时，，在上单调递减，

时，，在上单调递增，

又，，

则

所以 .

【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性和两曲线交点问题，利用参变分离将原问题转化为函数单调性与函数值问题，并构造新函数是解题关键，考查课转化思想、逻辑推理能力和运算能力，是一道综合题.

23．设函数.

(1)若在点处的切线为，求a，b的值；

(2)求的单调区间.

【答案】(1)，；

(2)答案见解析.

【分析】（1）已知切线求方程参数，第一步求导，切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率.

(2)第一步定义域，第二步求导，第三步令导数大于或小于0，求解析，即可得到答案.

【详解】(1)的定义域为，，

因为在点处的切线为，

所以，所以；所以

把点代入得：.

即a，b的值为：，.

(2)由（1）知：.

①当时，在上恒成立，所以在单调递减；

②当时，令，解得：，

列表得：

所以，时，的递减区间为，单增区间为.

综上所述：当时，在单调递减；

当时，的递减区间为，单增区间为.

【点睛】导函数中得切线问题第一步求导，第二步列切点在曲线，切点在切线，切点处的导数值为切线斜率这三个方程，可解切线相关问题.